《2021版新高考数学一轮教师用书：第3章 第2节 利用导数解决函数的单调性问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021版新高考数学一轮教师用书：第3章 第2节 利用导数解决函数的单调性问题（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二节利用导数解决函数的单调性问题考点要求1.了解函数的单调性和导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不会超过三次)(对应学生用书第47页)函数的单调性与导数的关系条件结论函数yf(x)在区间(a，b)上可导f(x)0f(x)在(a，b)内单调递增f(x)0f(x)在(a，b)内单调递减f(x)0f(x)在(a，b)内是常数函数1在某区间内f(x)0(f(x)0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件2可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对x(a，b)，都有f(x)0(f(x)0)且f(x)在(a，b)上的任何子区
2、间内都不恒为零一、思考辨析(正确的打“”，错误的打“”)(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f(x)0.()(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f(x)0，则f(x)在此区间内没有单调性()(3)在(a，b)内f(x)0且f(x)0的根有有限个，则f(x)在(a，b)内是减函数()答案(1)(2)(3)二、教材改编1如图是函数yf(x)的导函数yf(x)的图象，则下面判断正确的是()A.在区间(3，1)上f(x)是增函数B在区间(1，3)上f(x)是减函数C在区间(4，5)上f(x)是增函数D在区间(3，5)上f(x)是增函数C由图象可知，当x(4，5)时，f(x)0，故f
3、(x)在(4，5)上是增函数2函数f(x)cos xx在(0，)上的单调性是()A先增后减B先减后增C增函数 D减函数D因为f(x)sin x10在(0，)上恒成立，所以f(x)在(0，)上是减函数，故选D.3函数f(x)xln x的单调递减区间为_(0，1函数f(x)的定义域为x|x0，由f(x)10，得0x1，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1.4已知f(x)x3ax在1，)上是增函数，则实数a的最大值是_3f(x)3x2a0，即a3x2，又因为x1， )，所以a3，即a的最大值是3.(对应学生用书第48页)考点1不含参数函数的单调性求函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域
4、(2)求f(x).(3)在定义域内解不等式f(x)0，得单调递增区间(4)在定义域内解不等式f(x)0，得单调递减区间1.函数f(x)1xsin x在(0，2)上是()A单调递增B单调递减C在(0，)上增，在(，2)上减D在(0，)上减，在(，2)上增Af(x)1cos x0在(0，2)上恒成立，所以在(0，2)上单调递增2函数yx2ln x的单调递减区间为()A(1，1B(0，1C1，) D(0，)Byx2ln x，x(0，)，yx.由y0可解得0x1，yx2ln x的单调递减区间为(0，1，故选B.3已知定义在区间(，)上的函数f(x)x sin xcos x，则f(x)的单调递增区间是_
5、(，)和(0，)f(x)sin xx cos xsin xx cos x，令f(x)x cos x0，则其在区间(，)上的解集为(，)和(0，)，即f(x)的单调递增区间为(，)和(0，).求函数的单调区间时，一定要树立函数的定义域优先的原则，否则极易出错如T2.考点2含参数函数的单调性研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论(1)讨论分以下四个方面二次项系数讨论，根的有无讨论，根的大小讨论，根在不在定义域内讨论(2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类(3)讨论完必须写综述已知函数f(x)x22a ln x(a2)x，当a0时，讨论函数f(x)的单调
6、性解函数的定义域为(0，)，f(x)xa2.当a2，即a2时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增当0a2，即2a0时，0xa或x2时，f(x)0；ax2时，f(x)0，f(x)在(0，a)，(2，)上单调递增，在(a，2)上单调递减当a2，即a2时，0x2或xa时，f(x)0；2xa时，f(x)0，f(x)在(0，2)，(a，)上单调递增，在(2，a)上单调递减综上所述，当2a0时，f(x)在(0，a)，(2，)上单调递增，在(a，2)上单调递减；当a2时，f(x)在(0，)上单调递增；当a2时，f(x)在(0，2)，(a，)上单调递增，在(2，a)上单调递减含参数的问题，应就参数范围讨
7、论导数大于(或小于)零的不等式的解，在划分函数的单调区间时，要在函数定义域内确定导数为零的点和函数的间断点已知函数f(x)ln (ex1)ax(a0)，讨论函数yf(x)的单调区间解f(x)a1a.当a1时，f(x)0恒成立，当a1，)时，函数yf(x)在R上单调递减当0a1时，由f(x)0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln ，由f(x)0，得(1a)(ex1)1，即ex1，解得xln .当a(0，1)时，函数yf(x)在(ln ，)上单调递增，在(，ln )上单调递减综上，当a1，)时，f(x)在R上单调递减；当a(0，1)时，f(x)在(ln ，)上单调递增，在(，ln )上单
8、调递减考点3已知函数的单调性求参数根据函数单调性求参数的一般方法(1)利用集合间的包含关系处理：yf(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集(2)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x(a，b)都有f(x)0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题已知函数f(x)ln x，g(x)ax22x(a0).(1)若函数h(x)f(x)g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)若函数h(x)f(x)g(x)在1，4上单调递减，求a的取值范围解(1)h(x)ln xax
9、22x，x(0，)，所以h(x)ax2，由于h(x)在(0，)上存在单调递减区间，所以当x(0，)时，ax20有解，即a有解设G(x)，所以只要aG(x)min即可而G(x)(1)21，所以G(x)min1.所以a1且a0，即a的取值范围是(1，0)(0，).(2)由h(x)在1，4上单调递减得，当x1，4时，h(x)ax20恒成立，即a恒成立所以aG(x)max，而G(x)(1)21，因为x1，4，所以，1，所以G(x)max(此时x4)，所以a且a0，即a的取值范围是，0)(0，).母题探究1(变问法)若函数h(x)f(x)g(x)在1，4上单调递增，求a的取值范围解由h(x)在1，4上单
10、调递增得，当x1，4时，h(x)0恒成立，所以当x1，4时，a恒成立，又当x1，4时，()min1(此时x1)，所以a1且a0，即a的取值范围是(，1.2(变问法)若函数h(x)f(x)g(x)在1，4上存在单调递减区间，求a的取值范围解h(x)在1，4上存在单调递减区间，则h(x)0在1，4上有解，所以当x1，4时，a有解，又当x1，4时，()min1，所以a1且a0，即a的取值范围是(1，0)(0，).3(变条件)若函数h(x)f(x)g(x)在1，4上不单调，求a的取值范围解因为h(x)在1，4上不单调，所以h(x)0在(1，4)上有解，即a有解，令m(x)，x(1，4)，则1m(x)，
11、所以实数a的取值范围为(1，).(1)f(x)在D上单调递增(减)，只要满足f(x)0(0)在D上恒成立即可如果能够分离参数，则可分离参数后转化为参数值与函数最值之间的关系(2)二次函数在区间D上大于零恒成立，讨论的标准是二次函数的图象的对称轴与区间D的相对位置，一般分对称轴在区间左侧、内部、右侧进行讨论已知函数f(x)2x2ln x在区间1，2上为单调函数，求a的取值范围解f(x)4x，若函数f(x)在区间1，2上为单调函数，即在1，2上，f(x)4x0或f(x)4x0，即4x0或4x0在1，2上恒成立，即4x或4x.令h(x)4x，因为函数h(x)在1，2上单调递增，所以h(2)或h(1)
12、，即或3，解得a0或0a或a1.考点4利用导数比较大小或解不等式用导数比较大小或解不等式，常常要构造新函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为利用导数研究函数单调性的问题，再由单调性比较大小或解不等式常见构造的辅助函数形式有：(1)f(x)g(x)F(x)f(x)g(x)；(2)xf(x)f(x)xf(x)；(3)xf(x)f(x)；(4)f(x)f(x)exf(x)；(5)f(x)f(x).(1)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f(x)，若对任意x0都有2f(x)xf(x)0成立，则()A4f(2)9f(3) B4f(2)9f(3)C2f(3)3f(2) D3f(3)2f(2)(2)设f(x)是定义在R上的奇函数，f(2)0，当x0时，有0恒成立，则不等式x2f(x)0的解集是_(1)A(2)(，2)(0，2)(1)根据题意，令g(x)x2f(x)，其导数g(x)2xf(x)x2f(x)，又对任意x0都有2f(x)xf(x)0成立，则当x0时，有g(x)x(2f(x)xf(x)0恒成立，即函数g(x)在(0，)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，则f(x)f(x)，则有g(x)(x)2f(x)x2f(x)g(x)，即函数g(x)也为偶函数，则
